107年台中女中教甄-數學詳解

臺中市立臺中女子高級中等學校107學年度第一次教師甄選

1. $\triangle ABC$中，$A$坐標為(-2,5)，$\angle B與\angle C$的內角平分線方程式分別 為$L:2x-3y+4=0$與$M:x+2y+2=0$，則$C$點的坐標為_____。

解： $$令A、A'對稱於L:2x-3y+4=0 \Rightarrow L'=\overleftrightarrow{AA'}方程式:3x+2y=k，將A(-2,5)代入L' \\ \Rightarrow -6+10=4=k \Rightarrow L':3x+2y=4 \Rightarrow L與L'的交點P(4/13,20/13)；\\P為\overline{AA'}的中點 \Rightarrow A'(34/13,-25/13);同理，A對稱直線M的對稱點A''(-6,-3) \\ \Rightarrow 直線M'=\overleftrightarrow{A'A''}:y={1\over 8}(x+6)-3 \Rightarrow M與M'的交點\bbox[red, 2pt]{(2,-2)}即為C點坐標$$

解： $$a,b,c,d成等差\Rightarrow \cases{a=m-3n\\ b=m-n\\ c=m+n \\ d=m+3n}(公差為2n) \Rightarrow a+b+c+d=4m=60 \Rightarrow m=15\\ 因此az+ bu+cx+ dy=168\\\Rightarrow az+bu+cx+dy = (15-3n)z+ (15-n)u+ (15+n)x+ (15+3n)y \\ = 15(x+y+z+u)-3nz-nu+ nx+3ny = 15\times 12-3nz-nu+nx +3ny = 168\\ \Rightarrow 3nz+nu-nx-3ny=180-168=12\\ 欲求之ay+bx+ cu+dz = (15-3n)y+ (15-n)x+ (15+n)u+ (15+3n)z \\ =15(x+y+z+u) -3ny-nx+nu+3nz =15\times 12+12=\bbox[red,2pt]{192}$$

3.

解：

$$令\cases{\overline{AB}=a\\ \overline{AP}=b\\ \overline{AQ}=c}，見上圖；\\\angle BAP=\angle CAQ \Rightarrow {\triangle BAP\over \triangle CAQ} ={\overline{BP} \over \overline{CQ}}={\overline{AB}\cdot \overline{AP} \over \overline{AC}\cdot \overline{AQ}} \Rightarrow {12\over 9}={ab\over 20c} \Rightarrow {b\over c}={80\over 3a}\cdots(1)\\同理，\angle BAQ=\angle CAP \Rightarrow {27\over 24}={ac\over 20b} \Rightarrow {b\over c}={2a\over 45} \cdots (2)\\ (1)=(2) \Rightarrow {80\over 3a} ={2a\over 45} \Rightarrow a^2= 600 \Rightarrow a =\bbox[red,2pt]{10\sqrt 6}$$

4. 設國文考科分成兩部分，一部分是測驗成績、另一部分是寫作成績。某校某次國文測驗成績平均為 62 分，標準差為 15分；寫作成績平均為 18 分，標準差為 5 分。測驗成績與寫作成績的相關係數為 0.6，國文考科的總成績為測驗成績與寫作成績之和，則總成績的標準差為________分。

解： $$已知\cases{\sigma(X)=15\\ \sigma(Y)=5\\ \rho_{X,Y}=0.6}，由\rho_{X,Y}=\frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sigma(X)\sigma(Y)}  \Rightarrow \text{Cov}(X,Y)=0.6\times 15\times 5=45 \\ \Rightarrow \sigma(X+Y)= \sqrt{\sigma^2(X)+ \sigma^2(Y)+ 2\text{Cov}(X,Y)} =\sqrt{15^2+ 5^2+2\cdot 45} =\bbox[red,2pt]{\sqrt{340}}$$

5. 對所有滿足$a > b  > c > d > 0$的實數$a,b,c,d$，欲使$\log_{a/b}2018+ \log_{b/c}2018 +\log_{c/d}2018 \ge k\cdot \log_{a/d}2018$恆成立，則$k$的最大值為_____。

解：

$$令\cases{x=\log_{2018}{a\over b} \\ y=\log_{2018}{b\over c} \\ z=\log_{2018}{c\over d} \\ u=\log_{2018}{d\over a} } \Rightarrow \cases{\log_{a/b}2018 =1/x \\ \log_{b/c}2018 =1/y \\\log_{c/d}2018 =1/z \\\log_{d/a}2018 =1/u \\ x+y+z +u =\log_{2018} 1=0} \\ 柯西不等式: \left( ({1\over \sqrt x})^2 +({1\over \sqrt y})^2 +({1\over \sqrt z})^2 \right) ((\sqrt x)^2 +(\sqrt y)^2 +(\sqrt z)^2) \ge (1+1+1)^2\\ \Rightarrow \left({1\over x} + {1\over y} +{1\over z} \right) (x+y+z) \ge 9 \Rightarrow \left({1\over x} + {1\over y} +{1\over z} \right) (-u) \ge 9\\\Rightarrow  {1\over x} + {1\over y} +{1\over z}\ge 9(-{1\over u}) \equiv \log_{a/b}2018 +\log_{b/c}2018 +\log_{c/d}2018 \ge k\cdot \log_{a/d}2018 \\ \Rightarrow k=\bbox[red,2pt]{9}$$

6. 設$O$為拋物線$y=4x^2$的頂 點，若拋物線上異於$O$的兩動點$A、B$滿足$| \overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB}|= | \overrightarrow{OA} -\overrightarrow{OB}|$，則$\overline{AB}$中點$P$的軌跡方程式為______。

解：

$$A、B在y=4x^2上\Rightarrow \cases{A(a,4a^2)\\ B(b,4b^2)} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB}=(a+b,4(a^2+b^2)) \\ \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}= (a-b,4(a^2-b^2))}\\ 因此|\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB}| = |\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}| \Rightarrow (a+b)^2+16(a^2+b^2) =(a-b)^2+16(a^2-b^2)^2 \\ \Rightarrow 4ab+64a^2b^2 =0 \Rightarrow 4ab(1+16ab)=0 \Rightarrow ab=-{1\over 16}(ab\ne 0,\because A,B不在頂點上)\\ \overline{AB}中點P(x,y)=({a+b\over 2} ,2(a^2+b^2) ) \Rightarrow 8x^2= 8\left({a+b\over 2}\right)^2= 2(a+b)^2 = 2(a^2+b^2+2ab)\\ =2({y\over 2}+2\times \left(-{1\over 16}\right)) =y-{1\over 4} \Rightarrow \bbox[red,2pt]{4y=32x^2+1}$$

解：

$$\cfrac{1^3+2^3+3^3 +\cdots +n^3}{\left(\sqrt[3]{1}+ \sqrt[3]{2}+ \sqrt[3]{3}+\cdots +\sqrt[3]{n} \right)^3} =\cfrac{n^3(({1\over n})^3+({2\over n})^3+({3\over n})^3 +\cdots +({n\over n})^3)}{n\left(\sqrt[3]{1\over n}+ \sqrt[3]{2 \over n}+ \sqrt[3]{3\over n}+\cdots +\sqrt[3]{n\over n} \right)^3}\\=\cfrac{{1\over n}(({1\over n})^3+({2\over n})^3+({3\over n})^3 +\cdots +({n\over n})^3)}{{1\over n^3}\left(\sqrt[3]{1\over n}+ \sqrt[3]{2 \over n}+ \sqrt[3]{3\over n}+\cdots +\sqrt[3]{n\over n} \right)^3} =\cfrac{{1\over n}(({1\over n})^3+({2\over n})^3+({3\over n})^3 +\cdots +({n\over n})^3)}{\left({1\over n}\left(\sqrt[3]{1\over n}+ \sqrt[3]{2 \over n}+ \sqrt[3]{3\over n}+\cdots +\sqrt[3]{n\over n} \right)\right)^3}\\ \Rightarrow \lim_{n\to \infty}\cfrac{1^3+2^3+3^3 +\cdots +n^3}{\left(\sqrt[3]{1}+ \sqrt[3]{2}+ \sqrt[3]{3}+\cdots +\sqrt[3]{n} \right)^3}=\cfrac{\int_0^1{ x^3}\;dx}{\left(\int_0^1{  \sqrt[3]{x}}\;dx\right)^3} =\cfrac{1/ 4}{(3/4)^3} =\bbox[red,2pt]{16\over 27}$$

8. 設兩複數$\alpha,\beta$滿足$\alpha^2-3\alpha\beta+9\beta^2=0$，且$\alpha$滿足$|\alpha|=3$，則$|\alpha+\beta|=$________。

解：

$$\alpha^2-3\alpha\beta+9\beta^2=0 \Rightarrow 1-3\left({\beta\over \alpha} \right)+ 9\left({\beta\over \alpha} \right)^2=0 \Rightarrow {\beta\over \alpha}= {1\pm \sqrt 3i\over 6} \\ \Rightarrow 1+{\beta\over \alpha}={7\pm \sqrt 3i\over 6} \Rightarrow |1+{\beta\over \alpha}|= {1\over 6}\sqrt{7^2+3} ={\sqrt {13}\over 3}\\ \Rightarrow |\alpha+\beta|=|\alpha(1+ {\beta\over \alpha})  | = |\alpha||1+\left({\beta\over \alpha} \right)| =3\times {\sqrt{13}\over 3} =\bbox[red,2pt]{\sqrt{13}}$$

9. 將菱形$ABCD$的紙張沿$\overline{BD}$將$\triangle BCD$往上摺，直到$C$點的投影$P$點正好落在$\triangle ABD$的重心上，設此時平面ABC與平面ABD之兩面角為銳角$\theta$，若$\overline{AC}=12,\overline{BD}=6$，則$\tan\theta$的值為_______。

$$假設\cases{\overline{BD}的中點為O(0,0,0)\\\triangle ABD的重心為G} \Rightarrow \cases{D(3,0,0)\\ A(0,6,0)\\ B(-3,0,0)\\ G(0,2,0)\\ C(0,2,4\sqrt 2)} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{AB} =(-3,-6,0) \\ \overrightarrow{AC}=(0,-4,4\sqrt 2) \\ 平面ABD:z=0} \\\Rightarrow\cases{ 平面ABC法向量\vec n_1= \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} =(-2\sqrt 2,\sqrt 2,1)\\ 平面ABD法向量\vec n_2=(0,0,1)} \Rightarrow \cos \theta = {\vec n_1\cdot \vec n_2 \over |\vec n_1||\vec n_2|} ={1\over \sqrt{11}}\\ \Rightarrow \tan \theta=\bbox[red,2pt]{\sqrt{10}}$$

10. 已知$y=2^{k\sin^2 x}$與$y=4\sqrt 3\csc x$在$-\pi\le x\le \pi$的範圍內交於$A,B$兩點，若$\overline{AB}={\pi\over 3}$，則實數$k$之值為_______。

解： $$由於y=2^{k\sin^2 x} > 0 ，因此兩圖形交點位在第一或第四象限；\\又y=4\sqrt 3\csc x \gt 0 \Rightarrow 0\lt x\lt \pi，也就兩交點A、B的x坐標位於 0\lt x\lt \pi;\\由於在0\lt x\lt \pi的範圍內，兩圖形均對稱於x={\pi\over 2} \Rightarrow \cases{A({\pi\over 2}-a,y_a)\\ B({\pi\over 2}+a,y_a)} \Rightarrow \overline{AB}= 2a={\pi\over 3} \\ \Rightarrow a={\pi \over 6 } \Rightarrow \cases{A({\pi\over 3},y_a)\\ B({2\pi\over 3},y_a)} \Rightarrow y_a= 2^{k\sin^2 (\pi/3)} =4\sqrt 3\csc (2\pi/3) \Rightarrow 2^{3k/4} =8 \Rightarrow {3k\over 4}=3\\ \Rightarrow k=\bbox[red,2pt]{4}$$

11. 某公司尾牙舉辦「四四如意．百倍奉還」抽獎活動，其規則如下： 「在一個不透明的箱中放入標有連號 1、 2、 3、 …、 106 之號碼球各 1 顆(共 106 顆)， 抽獎者由箱中一次抽出 4 顆號碼球，其中最大號碼的 100 倍即為該抽獎者所得之獎金」，則抽獎者所得獎金的期望值為___________。

解： $$抽出4顆球的號碼分別為a,b,c,d，且a \gt b\gt c\gt d，則\\ \begin{array}{r|c|r|r} a & (b,c,d)組合數& 機率 &期望值\\\hline 4& C^3_3 & 1/C^{106}_4 & 400/C^{106}_4\\ 5 & C^4_3 & C^4_3/C^{106}_4 & 500C^4_3/C^{106}_4 \\ 6 & C^5_3 & C^5_3/C^{106}_4 & 600C^5_3/C^{106}_4 \\ \dots &\dots & \dots &\dots\\106 & C^{105}_3 & C^{105}_3/C^{106}_4 & 10600C^{105}_3/C^{106}_4\\\hline\end{array} \\ \Rightarrow 期望值={100\over C^{106}_4}\sum_{k=4}^{106}kC^{k-1}_3 = {400 \over C^{106}_4}\sum_{k=4}^{106}C^k_4= {400 \over C^{106}_4} \cdot C^{107}_5 =\bbox[red,2pt]{8560}$$

貳、填充題(II)

12. 兩相異平行直線$L_1,L_2$皆為曲線$C:y=x^3$之切線，分別過兩切點作$L_1,L_2$的法線$M_1,M_2$，若四條直線$M_1,M_2,L_1,L_2$所圍成的四邊形面積為${60\over 7}$，則直線$L_1$之斜率為______。

解：

$$f(x)=x^3 \Rightarrow f'(x)=3x^2，並假設\cases{L_1與C之切點為A\\ L_2與C之切點為B} \Rightarrow \cases{A(t,t^3),t>0\\ B(s,s^3)}\\ L_1\parallel L_2 \Rightarrow f'(t)=f'(s) \Rightarrow 3t^2=3s^2 \Rightarrow s=-t(\because A\ne B) \Rightarrow \cases{A(t,t^3) \\ B(-t,-t^3)} \\ \Rightarrow \cases{L_1:y=3t^2(x-t)+t^3\\ L_2:y=3t^2(x+t)-t^3} \Rightarrow \cases{M_1:y= -{1\over 3t^2}(x-t)+t^3\\ M_2:y=-{1\over 3t^2}(x+t)-t^3} \\ \Rightarrow \cases{w=\text{dist}(L_1,L_2) = \cfrac{4t^3}{\sqrt{9t^4+1}}\\ h=\text{dist}(M_1,M_2) =\cfrac{2t^3+{2\over 3t}}{\sqrt{{1\over 9t^4}+1}}} \Rightarrow 面積= {60\over 7} = w\cdot h= \cfrac{8t^6+ {8\over 3}t^2}{\sqrt{2+9t^4+{1\over 9t^4}}} = \cfrac{8t^6+ {8\over 3}t^2}{ 3t^2+{1\over 3t^2} } \\ \Rightarrow 56a^4-{484\over 3}a^2-20=0 (a=t^2) \Rightarrow 42a^4-121a^2-15=0\Rightarrow (a^2-3)(42a^2+5)=0 \\ \Rightarrow a^2=t^4=3 (負值不合) \Rightarrow L_1斜率=3t^2 =\bbox[red,2pt]{3\sqrt 3}$$

13. 圓$C:x^2+y^2=25$上有兩點$A(3,4),B(-5,0)$，有一拋物線$\Gamma$同時切圓$C:x^2 +y^2=25$於$A,B$兩點，則拋物線$\Gamma$焦點坐標為_______。

解：

$$x^2+y^2=25 \Rightarrow 2x+2yy'=0 \Rightarrow y'=-{x\over y} \Rightarrow \cases{過A(3,4)之切線L_1斜率為-3/4\\ 過B(-5,0)之切線L_2斜率為\infty} \\\Rightarrow \cases{L_1:3x+4y=25\\ L_2:x=-5} \Rightarrow \cases{\overline{AB}中點C(-1,2)\\ L_1,L_2交點E(-5,10)} \Rightarrow \overleftrightarrow{CE}即為對稱軸L_3:2x+y=0\\ 過B且與L_3平行之直線M:2x+y+10=0 \Rightarrow M對稱L_2之直線M':2x-y+10=0\\ \Rightarrow M'與L_3交點,即為焦點F\bbox[red,2pt]{(-{5\over 2},5)}$$

解： $$\sqrt{1-x}=2x^2-1+2x\sqrt{1-x^2} \Rightarrow \cases{1-x \ge 0\\ 1-x^2\ge 0} \Rightarrow -1\le x\le 1 \\  (\sqrt{1-x})^2 = (2x^2-1+2x\sqrt{1-x^2})^2 \Rightarrow 1-x=8x^3\sqrt{1-x^2}-4x\sqrt{1-x^2}+1\\ \Rightarrow 8x^3\sqrt{1-x^2}-4x\sqrt{1-x^2}+x=0 \Rightarrow x(8x^2\sqrt{1-x^2}-4\sqrt{1-x^2}+1)=0\\ \Rightarrow 8x^2\sqrt{1-x^2}-4\sqrt{1-x^2}+1=0 (x=0代入原式不合)\\ 令u^2=1-x^2(u\gt 0)，則上式可改寫成8(1-u^2)u-4u+1=0 \Rightarrow 8u^3-4u-1=0 \\ \Rightarrow (2u+1)(4u^2-2u-1)=0 \Rightarrow 4u^2-2u-1=0 (u= -1/2不合)\\ \Rightarrow u={1+ \sqrt 5\over 4}(u={1-\sqrt 5\over 4} \lt 0 不合) \Rightarrow x^2=1-{6+2\sqrt 5\over 16} ={10-2\sqrt 5\over 16} \\\Rightarrow x=\bbox[red,2pt]{\sqrt{10-2\sqrt 5}\over 4}(依題意只要正實數解)$$

15. 設$f(x)={\sin x \over \sqrt{4\cos x+5}}$，其中$x\in R$，已知$f(x)$的值域為區間$[a,b]$，則數對$(a,b)=$_____。

解： $$\sqrt{-4+5} \le \sqrt{4\cos x+5} \le \sqrt{4+5}\Rightarrow 1\le \sqrt{4\cos x+5} \le 3 \Rightarrow -1 < {\sin x\over \sqrt{4\cos x+5}} < 1 \\y={\sin x\over \sqrt{4\cos x+5}} \Rightarrow y^2={\sin^2 x\over {4\cos x+5}} ={1-\cos^2 x\over {4\cos x+5}} \\ \Rightarrow \cos^2 x+4y^2\cos x+5y^2-1=0，將\cos x視為一變數，則左式一定有實數解\\ \Rightarrow 判別式\ge 0 \Rightarrow 16y^4-20y^2+4=0 \Rightarrow 4(4y^2-1)(y^2-1) \ge 0 \\ \Rightarrow (y+1)(2y+1)(2y-1)(y-1)\ge 0 \Rightarrow \cases{y \ge 1 (不合)\\ -1/2\le y\le 1/2\\ y\le -1(不合)} \\ \Rightarrow (a,b)=\bbox[red,2pt]{(-{1\over 2},{1\over 2})}$$

16. 設$a、b$為實數，且方程式$x^3+ax^2+bx=8$有三個正根，則$b-2a$的最小值為____。

解：

$$\alpha,\beta,\gamma 為x^3+ax^2 +bx-8=0之三正根 \Rightarrow \cases{\alpha+\beta +\gamma= -a\\ \alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha =b\\ \alpha\beta\gamma =8}\\ \Rightarrow b-2a =\alpha\beta +\beta\gamma +\gamma\alpha +2(\alpha+\beta +\gamma)= {8\over \gamma  } + {8\over \alpha  } + {8\over\beta } +2(\alpha+\beta +\gamma)\cdots(1)\\ 由於 \cases{2\alpha+ {8\over \alpha} \ge 2\sqrt{2\alpha \cdot {8\over \alpha}}=8\\ 2\beta+{8\over \beta} \ge 8\\ 2\gamma +{8\over \gamma} \ge 8}，代回(1)可得b-2a \ge 8+8+8=\bbox[red,2pt]{24}$$

參、計算與證明題

1. 設$a、b$為兩質數，且$p=a^b+b^a$也為一質數， 試求所有解$(a,b)$，並請詳述理由。

解： $$若\cases{a是奇數\\ b是奇數} \Rightarrow \cases{a^b 是奇數\\ b^a 是奇數} \Rightarrow p=a^b+b^a 為偶數\Rightarrow p不是質數；\\又a,b不可能皆為偶數(偶數只有2是質數)，因此a,b一定是一奇一偶；\\當a=2(唯一的偶質數)\Rightarrow p=2^b+b^2 =  2^3+3^2=17 為一質數為\Rightarrow (a,b)=(2,3),(3,2)為其解;\\ 若b > 3且不是3的倍數 \Rightarrow \cases{b=3k+1\\ b=3k+2},k\ge 1 \Rightarrow \cases{b^2=9k^2+6k+1 \\ b^2=9k^2+12k+4} \Rightarrow b^2 \equiv 1 \mod 3\cdots(1);\\ 而\begin{array}{} n& 1 & 3 & 5 & 7\\\hline 2^n & 2 & 8 & 32 & 128\\ \text{mod 3} & 2 & 2 & 2 & 2\\\hline\end{array} \Rightarrow 2^{奇數} \equiv 2 \mod 3\cdots(2) \\ 由(1)及(2)可得:2^{奇數}+b^2 是3的倍數,不是質數.因此\bbox[red,2pt]{(2,3),(3,2)}是僅有的解$$

2. 設$a、b、c$皆為正實數，試證$\sqrt{ab(a+b)} +\sqrt{bc(b+c)} +\sqrt{ca(c+a)}$ $\le {3\over 2}\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$。

解： $$由於\cases{{b\over b+c}+ {a\over c+a} \ge 2\sqrt{ab \over (b+c)(c+a)} \cdots(1)\\{b\over a+b}+ {c\over c+a} \ge 2\sqrt{bc \over (a+b)(c+a)}  \cdots(2)\\{a\over a+b}+ {c\over b+c} \ge 2\sqrt{ca \over (a+b)(b+c)}  \cdots(3)}\\ (1)+(2)+(3)\Rightarrow {b+c \over b+c}+ {c+a\over c+a} +{a+b\over a+b}\ge 2\left(\sqrt{ab \over (b+c)(c+a)} + \sqrt{bc \over (a+b)(c+a)}+ \sqrt{ca \over (a+b)(b+c)}\right)\\ \Rightarrow 3 \ge 2\left(\sqrt{ab \over (b+c)(c+a)} + \sqrt{bc \over (a+b)(c+a)}+ \sqrt{ca \over (a+b)(b+c)}\right) \\ \Rightarrow \sqrt{ab \over (b+c)(c+a)} + \sqrt{bc \over (a+b)(c+a)}+ \sqrt{ca \over (a+b)(b+c)} \le {3\over 2}\\ \Rightarrow  \sqrt{ab(a+b) \over (a+b)(b+c)(c+a)} + \sqrt{bc(b+c) \over (a+b)(b+c)(c+a)}+ \sqrt{ca(c+a) \over (a+b)(b+c)(c+a)} \le {3\over 2} \\ \Rightarrow \sqrt{ab(a+b)} +\sqrt{bc(b+c)} +\sqrt{ca(c+a)} \le {3\over 2}\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}，\bbox[red,2pt]{故得證}$$

解題僅供參考